Integrale e numeri di Catalan, legame con autovalori

[Studente Anonimo]

Visto che ieri era l'ultimo corso di analisi prima delle vacanze, il professore alla fine è uscito fuori programma e ha spiegato il motivo per cui ci ha dato il seguente esercizio lunedì. Io purtroppo non ho capito molto bene cosa ha detto. Credo abbia detto che presa una matrice \( M\) diagonale allora i suoi autovalori formano un mezzo cerchio nel piano, dicendo che lo dimostri in questo modo \( \operatorname{Tr}(M^k) = C_{k/2} \), dove \( \operatorname{Tr}\) è la traccia, e visto che l'esercizio era:
Dimostra che
\[ \frac{1}{2\pi} \int_{-2}^{2} \sqrt{4-x^2} x^n dx = \left\{\begin{matrix}
0 & \text{se}\ n \ \text{dispari}\\
\\
C_{n/2} & \text{se}\ n \ \text{pari}
\end{matrix}\right. \]

Dove \( C_{n} \) è l'n-esimo numero di Catalan.

Allora si può concludere.
Permettetemi di dire che non ho capito nulla! Qualcuno può spiegarmi? Inoltre pure l'esercizio non sono riuscito a farlo.

Per l'esercizio: \( f(x) = \sqrt{4-x^2} x^n \) se \(n \) dispari abbiamo che \( f \) dispari allora \( f(-x)=-f(x) \) allora l'integrale definito da -2 a 2 ci da zero.
Ma se \( n \) pari mi blocco:
\[ \frac{1}{\pi} \int_{-2}^{2} \sqrt{1-\frac{x^2}{4}} x^n dx \]
Opto la sostituzione \( \sin(t) = \frac{x}{2} \), allora \( dx = 2\cos(t)dt \) e l'integrale diventa
\[ \frac{1}{\pi} \int_{a}^{b} 2^{n+1}\sin^{n}(t)\cos^2(t) dt=\frac{2^{n+1}}{\pi} \int_{a}^{b} \sin^{n}(t)\cos^2(t) dt \]

\[\frac{2^{n+1}}{\pi} \int_{a}^{b} \sin^{n}(t)\cos^2(t) dt = \frac{2^{n+1}}{\pi} \int_{a}^{b} \frac{(1-\cos(2t) )^{n/2}}{2^{n/2}}\frac{1+\cos(2t)}{2} dt\]
\[ = \frac{2^{n/2 -1}}{\pi} \int_{a}^{b} (1-\cos(2t) )^{n/2}(1+\cos(2t))dt\]
Da questo punto mi blocco, suggerimenti su come continuare?

[gugo82]

Come ti sono stati definiti i numeri di Catalan? Attraverso una ricorrenza?
Se no, avete dimostrato che essi soddisfano una ricorrenza?
Se sì, quale?

Per il resto, non provare a risolvere l’integrale; piuttosto, se hai la ricorrenza a disposizione, cerca di integrare per parti per dimostrare che gli integrali soddisfano la stessa ricorrenza dei numeri di Catalan.

[dissonance]

Quanto agli autovalori, è difficile decifrare quanto hai detto, dovresti chiedere al professore, ma sicuramente questa roba c'entra qualcosa: http://mathworld.wolfram.com/WignersSemicircleLaw.html

[gugo82]

@dissonance: E difatti la parte sugli autovalori l'avevo proprio lasciata perdere...

[Bokonon]

"gugo82":
Per il resto, non provare a risolvere l’integrale; piuttosto, se hai la ricorrenza a disposizione, cerca di integrare per parti per dimostrare che gli integrali soddisfano la stessa ricorrenza dei numeri di Catalan.

Proprio come dice Gugo. Alla fine viene fuori...

$ I(n)=(4(n-1))/(n+2)I(n-2)$ con $n=2,4,6,8,10,12,...$

$ I(n)=int_(-2)^(2) sqrt(4-x^2)x^n dx $
$ I(0)=int_(-2)^(2) sqrt(4-x^2) dx=2pi $

$(I(n))/(2pi)=C_(n/2) $

[Studente Anonimo]

"gugo82":Come ti sono stati definiti i numeri di Catalan? Attraverso una ricorrenza?
Se no, avete dimostrato che essi soddisfano una ricorrenza?
Se sì, quale?

Per il resto, non provare a risolvere l’integrale; piuttosto, se hai la ricorrenza a disposizione, cerca di integrare per parti per dimostrare che gli integrali soddisfano la stessa ricorrenza dei numeri di Catalan.

Ci sono stati definiti in un esercizio tramite una ricorrenza: \(C_0=C_1=1\) e \(C_{n+1}= \sum\limits_{k=0}^{k=n} C_k C_{n-k} \) e ci era stato richiesto di dimostrare che \( C_n= \frac{1}{n+1} \binom{2n}{n} \) e che \( C_n \) conta il numero di espressioni che si possono formare con \(2n\) parentesi.

Nelle correzioni fa una cosa che non capisco onestamente. Dopo lo stesso cambiamento di variabile che ho fatto io

\[\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (2\sin(t))^n(2\cos(t))^2 dt = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi/2}^{\pi/2}(2\sin(t))^n(1-\sin^2(t)) dt\]

\[= \frac{2}{\pi} \int_{-\pi/2}^{\pi/2}(2\sin(t))^n dt - \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi/2}^{\pi/2}(2\sin(t))^{n+2} dt\]

Fin qui, okay, poi risolve
\[ \int_{-\pi/2}^{\pi/2}(2\sin(x))^{2k} dx=\int_{-\pi/2}^{\pi/2} ( \frac{e^{ix}-e^{-ix}}{i})^{2k}dx=\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{2ix(j-k)}dx \]

Ora non capisco come fa a giungere a questo risultato a partire dall'integrale precedente:

\[\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{2ix(j-k)}dx =\frac{1}{i^{k}} \binom{2k}{k}(-1)^{2k-k}\pi=\binom{2k}{k}\pi \]

Siccome l'integrale è non nullo solamente se \( j=k \). (<= Questa parte in particolare non ho capito il motivo!)

Tornando all'integrale di partenza ponendo \( n=2k\), concludiamo che:
\( 2\binom{2k}{k}- \frac{1}{2}\binom{2(k+1)}{k+1}=\frac{1}{k+1}\binom{2k}{k}=C_k \)

[Bokonon]

Si può fare anche senza sostituzioni.

$ I(n)=int_(-2)^(2) sqrt(4-x^2)x^n dx = int_(-2)^(2) (4-x^2)/sqrt(4-x^2)x^n dx = -4int_(-2)^(2) (-x)/sqrt(4-x^2)x^(n-1) dx+int_(-2)^(2) (-x)/sqrt(4-x^2)x^(n+1) dx$
Integrando per parti entrambi gli integrali si ottiene:
$ I(n)=-4[ sqrt(4-x^2)x^(n-1)-(n-1)int_(-2)^(2) sqrt(4-x^2)x^(n-2) dx]+ sqrt(4-x^2)x^(n+1)-(n+1)int_(-2)^(2) sqrt(4-x^2)x^(n) dx$

Sia $sqrt(4-x^2)x^(n-1)$ che $sqrt(4-x^2)x^(n+1)$ calcolati fra -2 e 2 valgono zero, quindi resta:

$ I(n)=4(n-1)int_(-2)^(2) sqrt(4-x^2)x^(n-2) dx-(n+1)int_(-2)^(2) sqrt(4-x^2)x^(n) dx=4(n-1)I(n-2)-(n+1)I(n)$

Da cui:

$ I(n)=(4(n-1))/(n+2)I(n-2)$

Sapendo che:
$ I(0)=int_(-2)^(2) sqrt(4-x^2) dx=2pi $

$(I(n))/(2pi)=(I(n))/(I(0))=(4(n-1))/(n+2)(I(n-2))/(I(0))$
Da qua puoi ricondurti alla formula fattoriale di $C_(n/2)$

[Studente Anonimo]

Si, non dico che è l'unica maniera, ma non capisco come il professore ha fatto nelle correzioni e mi piacerebbe capire.

[otta96]

"3m0o":Ora non capisco come fa a giungere a questo risultato a partire dall'integrale precedente:

\[\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{2ix(j-k)}dx =\frac{1}{i^{k}} \binom{2k}{k}(-1)^{2k-k}\pi=\binom{2k}{k}\pi \]

Siccome l'integrale è non nullo solamente se \( j=k \). (<= Questa parte in particolare non ho capito il motivo!)

Questo è perché $j-k$ è sempre un intero e l'esponenziale complesso è periodico di periodo $2pii$, quindi anche le sue primitive, quindi se $j!=k$ l'integrale fa $0$.

[Studente Anonimo]

"otta96":[quote="3m0o"]Ora non capisco come fa a giungere a questo risultato a partire dall'integrale precedente:

\[\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{2ix(j-k)}dx =\frac{1}{i^{k}} \binom{2k}{k}(-1)^{2k-k}\pi=\binom{2k}{k}\pi \]

Siccome l'integrale è non nullo solamente se \( j=k \). (<= Questa parte in particolare non ho capito il motivo!)

Questo è perché $j-k$ è sempre un intero e l'esponenziale complesso è periodico di periodo $2pii$, quindi anche le sue primitive, quindi se $j!=k$ l'integrale fa $0$.[/quote]
Scusami, magari sbaglio, ma... \( e^{ix}=\cos x + i \sin x \) dunque:
\[\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{2ix(j-k)}dx\]
\[=\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} (\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos(2x(j-k))dx +i \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin(2x(j-k))dx) \]
\[ =\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} \begin{pmatrix}\frac{1}{2(j-k)}\sin(2x(j-k)) - \frac{i}{2(j-k)}\cos(2x(j-k)) \end{pmatrix}_{-\pi/2}^{\pi/2} \]

Siccome \( j-k \) è sempre un intero allora \( \sin(\pi(j-k))=0 \) e \( \sin(-\pi(j-k))=0 \),
Inoltre se \(j\neq k\) abbiamo \( \cos(\pi(j-k))=\mp1 \) e \( \cos(-\pi(j-k))=\pm 1 \), mentre invece se \( j=k\) non si può dividere per zero...

\[ =\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} \begin{pmatrix}\frac{\pm i}{(j-k)} \end{pmatrix}\]

Non può essere \(j=k\) non si puo dividere per zero... dove sbaglio?

[otta96]

"3m0o":\[\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} (\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos(2x(j-k))dx +i \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin(2x(j-k))dx) \]
\[ =\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} \begin{pmatrix}\frac{1}{2(j-k)}\sin(2x(j-k)) - \frac{i}{2(j-k)}\cos(2x(j-k)) \end{pmatrix}_{-\pi/2}^{\pi/2} \]

Quando ti calcoli la primitiva devi supporre che $j!=k$, perché altrimenti la funzione è costante.

Inoltre se \(j\neq k\) abbiamo \( \cos(\pi(j-k))=\mp1 \) e \( \cos(-\pi(j-k))=\pm 1 \), mentre invece se \( j=k\) non si può dividere per zero...

Guarda che il coseno è pari quindi il segno non cambia.

[Studente Anonimo]

"otta96":
Quando ti calcoli la primitiva devi supporre che $ j!=k $, perché altrimenti la funzione è costante.

Ahh... ha molto più senso in effetti!

"otta96":
Guarda che il coseno è pari quindi il segno non cambia.

Ehmm.. opss

\( e^{ix}=\cos x + i \sin x \) dunque:
\[\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{2ix(j-k)}dx\]
\[=\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} (\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos(2x(j-k))dx +i \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin(2x(j-k))dx) \]

Se \( j= k \) abbiamo
\[=\frac{1}{i^{2k}}\binom{2k}{k}(-1)^{2k-k} \int_{-\pi/2}^{\pi/2}1dx= \frac{1}{i^{2k}}\binom{2k}{k}(-1)^{2k-k}\pi \]

Mentre se \( j \neq k \)

\[ =\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0, j\neq k}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} \begin{pmatrix}\frac{1}{2(j-k)}\sin(2x(j-k)) - \frac{i}{2(j-k)}\cos(2x(j-k)) \end{pmatrix}_{-\pi/2}^{\pi/2} \]

E abbiamo \( \sin(\pm\pi(j-k))=0 \) e \( \cos(\pm \pi(j-k))=\pm1 \) dunque:

\[ =\frac{1}{i^{2k}}\sum\limits_{j=0, j\neq k}^{j=2k} \binom{2k}{j}(-1)^{2k-j} \begin{pmatrix}\pm \frac{i}{2(j-k)} \mp \frac{i}{2(j-k)}\end{pmatrix}=0\]

Che ci da il risultato che volevamo, giusto?

[otta96]

Si perché $(-1)^(2k-k)/i^(2k)=1$.